BahanKuliahMekanikaBahanKuliah1

Mekanika Bahan Fakultas Teknik UNTAD

Mekanika Bahan PENDAHULUAN Mekanika adalah suatu ilmu yang mempelajari hubungan antara gaya yang bekerja pada benda kaku. Dalam mekanika bahan ditekankan pada kekuatan bahan yang berlawanan dengan mekanika. Kekuatan bahan berkaitan dengan hubungan antara gaya luar yang bekerja dan pengaruhnya terhadap gaya dalam benda. Dalam hal ini benda tidak lagi dikatakan kaku ideal, deformasi meskipun kecil tetap diperhitungkan. Sifat bahan suatu struktur atau mesin mempengaruhi pemilihan dan ukuran yang memenuhi kekuatan dan kekakuan. Perbedaan

antara

mekanika

dengan

kekuatan dapat diperlihatkan pada gambar di atas. Jumlah momen terhadap titik penumpu dapat

menetapkan

mengungkit

beban

harga W

P tadi.

untuk Disini

dapat kita

menganggap batang cukup rigid dan kuat. Dalam kekuatan bahan, kita harus menyelidiki dulu apakah batang tersebut tidak akan patah atau cukup ulet sehingga batang tersebut tidak melengkung tanpa beban.

Ir.James Nurtanio,M.Si

0


MATERI PERKULIAHAN A. Tegangan dan Perubahan Panjang Akibat Gaya Normal Mempelajari Pelbagai sifat bahan, analisa gaya dalam, tegangan normal dan geser, regangan dan tegangan izin, lingkaran mohr. B. Tegangan dan Lendutan Akibat Momen Lentur Mempelajari penurunan rumus lentur, tegangan akibat momen lentur, lendutan, menentukan lendutan dengan diagram bidang momen. C. Tegangan dan Lendutan Akibat Gaya Lintang Mempelajari penurunan rumus geser, tegangan geser maksimum, lendutan akibat gaya lintang D. Tegangan Puntir/Torsi Penurunan rumus puntir, teganngan geser puntir, pelbagai cara pemecahan. E. Tekuk Mempelajari beban kritis, batasan rumus Euler dan rumus Tetmayer, tekuk pada kolom pendek, langsing, dan kolom beban eksentris. F. Dasar-dasar Statis Tak Tentu Mempelajari dasar-dasar statis tak tentu, balok tiga tumpuan, Struktur balok menerus, pelbagai cara pemecahan.


2


B. Tegangan dan Lendutan Akibat Momen Lentur Bila suatu beban vertikal bekerja pada balok yang terletak di atas dua tumpuan atau pada balok kantilevel, maka balok tersebut akan mengalami lentur, yang mengakibatkan terjadinya perubahan bentuk pada batang berupa lendutan. Pada umumnya balok merupakan bagian konstruksi bangunan yang digunakan untuk mengalihkan beban-beban vertikal menjalar ke arah horisontal yang menimbulkan lentur, dan mengakibatkan balok mengalami lendutan, yang akhirnya akan menyebabkan timbulnya tegangan lentur pada penampang balok. Perhatikan Gambar 1. Selembar kertas yang diletakan di atas dua perletakan, tidak mampu di bebani, akan tetapi bila kertas tersebut dilipat-lipat, maka kertas tersebut akan menjadi lebih kaku dan mampu dibebani, Mangapa ?

Gambar 1. Perhatikan Gambar 2. Bila sebatang balok kantilever dibebani dengan beban vertikal P pada ujungnya, maka akan menimbulkan lentur pada balok tersebut, lentur ini menyebabkan terjadinya perubahan bentuk berupa lendutan, yang kemudian mengakibatkan timbulnya tegangan pada penampang balok tersebut, dimana lapisan bagian atas dari penampang balok akan mengalami tegangan tarik, sedangkan pada bagian bawah balok akan mengalami tegangan tegangan tekan. Terdapat beberapa kondisi yang dapat menerangkan lebih jelas tentang lendutan yang terjadi pada balok kantilevel, mulai dari perubahan lendutan yang diakibatkan oleh perubahan besarnya beban P, sampai dengan perubahan panjang, bentuk penampang , jenis bahan, dan cara perletakan penampang pada balok yang digunakan.


3


Kondisi tersebut dapat dilukiskan sebagai berikut : a. Bila beban P diperbesar 2P

P

d

d1

l

l

b. Bila Panjang balok l diperbesar P

P d

d2 2l

l

c. Bila jenis bahan balok berbeda P P

E1

E2 d

d l

l

d. Bila balok diletakan rebah atau tegak

d d4 l

Gambar 2.


4


Dari kondisi di atas dapat disimpulkan bahwa lendutan akibat beban terpusat pada konstruksi batang mempunyai hubungan sebagai berikut:

d

k

P ln E I

Dimana K merupakan faktor yang tergantung pada bentuk konstruksi, dan I merupakan faktor penampang balok, n menunjukan bahwa rumus tersebut bukan fungsi linear. Selanjutnya pada balok di atas dua perletakan yang dimuati beban P akan melengkung atau melentur. Lentur ini akan menimbulkan lendutan dan tegangan pada balok tersebut seperti Gambar 3. Perubahan bentuk ini akan menyebabkan lapisan atas balok mangalami tegangan tekan, sedangkan lapisan bawahnya akan mengalami tegangan tarik. Sifat ini pula yang ditemui pada balok kantilevel, batang tepi atas mengalami tegangan tarik dan tepi bawah mengalami tegangan tekan. Lebih lanjut hal ini menerangkan keadaan sebagai berikut: Jika sebatang balok dibebani oleh sebuah gaya lintang, maka balok tersebut akan melendut dan bila diambil sebagian elemen balok tersebut, berdasarkan Hipotesa Bernoulli dan perilaku elastis bahan sesuai dengan hukum Hooke akan memberikan diagram sebagai berikut:

Gambar 3.


5


Dari

sini

kita

dapat

menentukan

pembagian tegangan pada penampang balok, kita dapatkan tegangan tekan pada serat atas dan tegangan tarik pada serat bawah. Tegangan

lentur

yang

bekerja

pada

penampang melintang adalah seharga dengan gaya kopel D dan T yang bekerja dengan panjang lengan Z. Kopel

ini

membentuk

dibutuhkan

untuk

momen

yang

keseimbangan.

Sedangkan gaya-gaya D san T diibentuk oleh tegangan total σ yang bekerja pada penampang melintang D sama dengan volume tegangan tekan dan T sama dengan volume tegangan tarik.

D T Z

1 2 1 2 2 h 3

b b

h 2

h 2

dimana Z adalah jarak antara titik berat volume tegangan tekan dan volume tegangan tarik terhadap garis normal. Momen dalam M menjadi :

M

D Z

T Z dimana : D = gaya tekan ; T =

gaya tarik Untuk penampang segi empat : M

1 2

h b 2

2 h 3

bh 2 ; jika W X 6

1 bh 2 ; 6

Wx tergantung dari bentuk penampang melintang dan disebut Momen Tahanan, sehingga persamaan momen dapat ditulis menjadi : M


WX

6


Pembahasan secara umum teori lenturan dan penurunan rumus tegangan lentur : Sebatang balok yang melentur dengan penampang melintang sembarang, bila diamati deformasi pada elemen nya. Menurut Hipotesa Bernolli bahwa jika titik berat penampang tidak ditengah-tengah tinggi balok, deformasi pada serat atas dan serat bawah akan berbeda, sedangkan menurut Hukum Hooke tegangan pada serat atas akan berbeda dengan tegangan pada serat bawah. Dengan mengambil sebuah elemen dengan panjang l o pada batang yang mengalami lentur, dapat diperoleh gambaran deformasi dan penyebaran tegangan seperti Gambar 4.

Gambar 4. Pada elemen kecil tak terhingga ∆A bekerja sebuah tegangan σ, dan gaya ∆K = σ. ∆A akan menyebabkan bekerjanya momen pada garis netralnya sebesar ∆M = ∆K . y. Tegangan σ dapat dinyatakan sebagai :

sehingga

K

A

B

yB

y

A

B

y ;

yb

Dan

M

K y

B

yB

y2

A ; oleh karena

tiap-tiap elemen menghasilkan sebuah ∆M , sehingga jika dijumlahkan akan diperoleh

M

B

yB

momen dapat ditulis :

y2

M

A ; dan karena B

yB

y2

B

yB

A ; jika I X

konstan, maka persamaan y 2 A jakni momen inersia

penampang terhadap sumbu X melalui titik berat penampang, maka tegangan


7


akibat lentur dapat dihitung dengan menggunakan rumus kita bandingkan dengan rumus umum σ

M y ; dan jika IX

M y dengan rumus M IX

maka kita dapat memperoleh bentuk hubungan : W X

WX ,

IX yakni antara Momen y

Ketahanan dengan Momen Inersia. Hal yang sama dapat dibuktikan dengan menghitung regangan pada elemen balok yang mengalami lentur Gambar 5 :

Gambar 5 Momen M pada gambar 5a menimbulkan momen lentur murni pada batang sederhana AB. Jika batang tidak kaku sempurna serta gaya dalam masih dalam batas elastik maka sumbu batang akan melendut. Menurut Hipotesa Bernoulli bila batas elastis belum dilampaui, maka setiap bagian batang akan tetap datar seperti sebelumnya. Hal ini berarti bahwa perubahan panjang tiap-tiap lapisan sejajar dengan sumbu batang berbanding lurus dengan jarak terhadap sumbu gambar 5b, sehingga regangan pada lapisan yang berjarak Y dari sumbu batang


8


dapat diperoleh perbandingan :

GH EF EF

y ; sedangkan menurut Hukum R

Hooke pada lapisan tersebut terjadi regangan : tegangan pada lapisan tersebut adalah :

y

y

E

; sehingga diperoleh

E y ; hal ini menunjukan bahwa r

tegangan pada tiap-tiap lapisan berbanding lurus dengan jarak dari sumbu netral. Dimana tegangan pada bagian atas sumbu netral bersifat tekan dan tegangan pada bagian bawah sumbu netral bersifat tarik. Bila gaya yang bekerja pada penampang dA adalah : dT

y

dA atau

E y dA dari persamaan ini dapat dihitung gaya tarik pada bagian tarik r

dT

E r

sebesar : T

h1

y dA ; 0

Dengan cara yang sama didapat pula gaya tekan sebesar : K

E r

h2

y dA 0

Perlu diketahui pada konstruksi yang hanya menderita momen lentur murni sumbu netralnya terletak pada lapisan yang mengalami tegangan sama dengan nol, dengan kata lain : E r

h1

A

y dA

0 ; berarti

y dA 0 yang berarti sumbu netral didapat bila y = 0,

0

0

atau sumbu netral berimpit dengan sumbu batang. Selanjutnya gaya tarik maupun gaya tekan akan menimbulkan momen terhadap sumbu netral sebesar : dM

dT y

E 2 y dA ; dengan demikian jumlah momen untuk seluruh r

penampang : M

E r

A

y 2 dA ; berdasarkan keseimbangan maka momen pada 0

persamaan diatas akan melawan momen lentur Mx, sehingga dapat diperoleh tegangan lentur pada lapisan sejauh y dari sumbu netral adalah :

MX

Y

y

y 2 dA ; M X


Y

y

I

9


Contoh Soal : 1. Diketahui sebuah balok kantilevel seperti gambar dibawa, mempunyai penampang balok segi empat. Q = 75kg/m’

Penampang balok pada pot C - C

C

20 kn

40 cm

Mr

B

A C 2m

30 cm

VB Lm

Tentukan tegangan lentur maksimum yang terjadi pada sebuah irisan 2 m dari Ujung bebas Penyelesaian : Persyaratan keseimbangan :

V

0

maka : 20 q x VB

0

20 0,75 2 VB VB

18,5kn( )

MB 0 x maka : 20 x q x 2 20 2 0,75 2 Mr


0

Mr 22 2

0 Mr

0

38,5kn.m

10


2. Seperti soal nomor 1, andaikata penampang potongan c-c seperti gambar berikut :

satuan: mm

Ditentukan titik berat penampang


11


Dicari momen inersia luasan penampang terhadap sumbu z-z. Maka :

Besarnya tegangan lentur maksimum pada potongan c-c 2m dari ujung bebas

3.


12


Penampang balok AB

ukuran : mm

Tentukan tegangan lentur maksimum ! Solusi : Mencari titik berat dan letak garis sumbu netral

Mencari momen inersia luasan terhadap sumbu z-z


13


Mencari gaya reaksi tumpuan

Diambil potongan kiri sejauh X m dari A


14


Agar momen maksimum maka :

Jadi nilai momen maksimum

Tegangan lentur maksimum untuk serat atas

Serat bawah :


15


Lendutan Dan Putaran Sudut Dalam merencanakan sebatang balok akan melibatkan tegangan dan lendutan, hal ini dapat dilihat dari sebatang balok yang ditumpu di atas dua perletakan menahan momen M di kedua ujungnya. Seperti gambar 6, maka balok tersebut akan melendut sekaligus menimbulkan tegangan. M

M

(a)

dθ r ds

x

dx (b) Gambar 6.

Lendutan tersebut dapat dinyatakan dengan suatu persamaan diferensial dalam salib sumbu ortogonal X-Y, dan dianggap bahwa bentuk lengkungan dari lendutan ini pada setiap titik hanya tergantung kepada besarnya momen lentur pada titik tersebut. Dari persamaan :

M

E r

A

y 2 dA 0

diperoleh hubungan antara lengkungan, momen dan kekakuan batang dengan persamaan :

1 r

M EI

untuk menggambarkan lengkungan tersebut dapat dicari persamaan garis lengkung di titik tertentu yakni X, bila garis singgung di titik X membentuk sudut putar θ, maka

tg


dy dx

atau

arctg

dy dx

16


dan selanjutnya bila jari-jari lengkungan r dan panjang busur diferensial lengkungan ds akan didapat hubungan persamaan

1 r

d ds

tanda negatif didapatkan dari kesepakatan bahwa momen lentur positif bila sumbu batang melengkung ke bawah, dengan kata lain titik pusat lengkungan berada di sebelah atas sumbu batang. Dari uraian tersebut dapat dikatakan bahwa sudut θ menjadi semakin kecil bila titik X semakin jauh dari titik A. Dengan kata lain kelengkungan lendutannya sangat rata dengan kelengkungan yang sangat kecil, sudut θ menjadi sangat kecil, sehingga

dx cos

ds Karena,

1 bila θ kecil, maka ds

cos

dx , sehingga

1 r

d ds

d dx

bila persamaan di atas di selesaikan dengan subsitusi, maka akan diperoleh :

1 r

ds

d ds

dy dx dx dx ds

darctg

dx Gambar 7.

dari Gambar 7b, karena

ds dx

1

dy dx

ds 2

2 1/ 2

d dy arctg dx dx


d2y dx 2

1

d2y dx 2 dy 1 dx

dx 2

2

dy 2 maka di dapat: 1/ 2

, dengan mendiferensialkan diperoleh

dengan mengsubsitusi persamaan ini kedalam persamaan :

17


1 r

d2y dx 2

dy dx dx dx ds

darctg

d ds

1 MX EI Z

d2y dx 2 1

dy dx

2 3/ 2

dy dx

2 3/ 2

sehingga pada akhirnya didapatkan :

persamaan ini adalah persamaan garis elastis pada balok yang

sangat lentur, sedangkan seperti kita ketahui bahwa setiap balok konstruksi umumnya mempunyai kekakuan tertentu, sehingga sudut θ menjadi sangat kecil, dan dapat dikatakan

tg

dy juga bernilai sangat kecil, dan nilai dx

dy dx

2

sudah dapat diabaikan tanpa

mengurangi ketelitian. Dengan demikian persamaan garis elastis menjadi :

MX EI Z


d2y dx 2

;

EI

d2y dx 2

MX

pers

1

18


Contoh Soal : 1.

Carilah persamaan garis elastis dari kantilevel yang dimuati beban titik P seperti Gambar dibawah ini.

P C B

A

x l

Momen lentur di titik C adalah :

Mx

P x

Dengan menggunakan persamaan garis elastis, maka lendutan diperoleh dengan cara seperti dibawa :

d2y MX dx 2 d2y EI 2 P x dx dy 1 EI P x 2 C1 dx 2 1 EI y P x 3 C1 x C2 6 EI

Untuk x = l , maka θ = 0 dan y = 0, maka akan diperoleh

1 Pl 2 2

C1

1 Pl 3 3

C2

Sehingga persamaan garis elastis menjadi :

1 Px 3 6

EI y EI

1 Px 2 2

1 Pl 2 x 2

1 Pl 3 3

1 Pl 2 2

Lendutan terbesar terletak pada titik B, bila x = 0, yaitu :

EI y maks Dan putaran sudut di titik B menjadi

EI


1 Pl 3 3

:

maks

1 Pl 2 2

19


2. Carilah persamaan garis elastis dari kantilevel yang dimuati beban penuh terbagi rata q seperti Gambar dibawah ini. q C B

A

x l


Mx

1 q x2 2


d2y EI 2 MX dx d2y 1 EI 2 q x2 2 dx dy 1 EI q x 3 C1 dx 6 1 EI y q x 4 C1 x C 2 24


1 q l3 6

C1 C2

1 q l4 8


1 q (x4 24

EI y

1 q( x 3 6

EI

4 l3x 3 l4 )

l3)



EI


1 ql 4 8

: maks

1 ql 3 6

20


3. Carilah persamaan garis elastis dari kantilevel yang dimuati momen M seperti Gambar dibawah ini. C B

A

M

x l


Mx

M

dengan menggunakan persamaan garis elastis, maka lendutan diperoleh dengan cara seperti dibawa :

d2y M dx 2 d2y EI M dx 2 dy EI M x C1 dx 1 EI y M x 2 C1 x C 2 2 EI


C1

M l

C2

1 M l2 2


1 q (M x 2 2 M x2 M l

EI y EI

M l x

1 M l2) 2



EI


1 M l2 2

: maks

M l

21


4. Cari persamaan garis elastis dari sebuah balok sederhana yang menumpu di atas dua tumpuan sendi dan rol, dan dimuati beban titik P seperti gambar di bawah ini. P D

A

B

C

x a

b

l Tentukan persamaan momen setiap bagian dengan batas : Untuk batas :

a

x

0

MX

Untuk batas :



x

a

MX

P b x  P b x 

Px a

dengan menggunakan persamaan garis elastis, maka lendutan diperoleh dengan cara seperti dibawa : Untuk batas : a

x

0

d2y dx 2 d2y EI 2 dx dy EI dx EI

EI y Untuk batas : 

x

a

d2y dx 2 d2y EI 2 dx EI

dy EI dx EI y

M

P 2 P 6

P b x  b 2 x C1  b 3 x C1 x C2 

M P b x  P 2 P 6

P x a

b 2 P x a x  2 3 b 3 P x a x  6

2

C3 C3 x C4

Untuk x = a ,maka nilai lendutan pada titik C sama, baik untuk batas a untuk batas 


x

a , sehingga didapat hasil

C1

C3

C2

C4

x

0

maupun

22


Selanjutnya bila x = 0, di dapat lendutan y = 0 yakni pada tumpuan A, menurut persamaan pada batas a

x

0 , maka diperoleh :

d2y dx 2 d2y EI 2 dx dy EI dx EI

M

P b x  P b 2 x C1 2  P b 3 EI y x C1 x C2 6  0 0 0 C2 C2

0

C2

C4

0

Kemudian bila x = l, di dapat lendutan y = 0 yakni pada tumpuan B, menurut persamaan pada batas 

x

a , maka diperoleh :

d2y dx 2 d2y EI dx 2 EI

dy EI dx dy EI dx EI y 0 C3 C3


P 6 P

C1

M P b x  P 2 P 2 P 6

P x a 2

b 2 P x a x C3  2 2 b 2 P x a  C3  2 3 b 3 P x a x C3 x C 4  6 3 b 3 P  a  C3  0  6 b 2 b2 6  P b 2 b2 6 

23


Dari hasil persamaan – persamaan di atas maka diperoleh persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut sebagai berikut : Untuk batas : a -

x

0

Persamaan garis elastis

EI y EI y EI y

-

Persamaan putaran sudut

Untuk batas : 

x

dy dx dy EI dx dy EI dx EI

P b 3 x C1 x C 2 6  P b 3 P b 2 b2 x 6  6  P b x 2  b2 x2 6  P 2 P 2 P 6

x 0

b 2 x C1  b 2 P b 2 b2 x  6  b 2  b 2 3x 2 

a 3

-

Persamaan garis elastis

EI y EI y EI y

-

Persamaan putaran sudut

EI EI EI EI


dy dx dy dx dy dx dy dx

P b 3 P x a x C3 x C 4 6  6 3 P b 3 P x a P b 2 b2 x x 0 6  6 6  3 P b x 2 P x a  b2 x2 6  6 2

P b 2 P x a x C3 2  2 2 P b 2 P x a x C3 2  2 2 P b 2 P x a P b 2 b2 x 2  2 6 l 2 P b 2 P x a 2 2  b 3x 6  2

24


5. Cari persamaan garis elastis dari sebuah balok sederhana yang menumpu di atas dua tumpuan sendi dan rol, dan dimuati beban terbagi rata seperti gambar di bawah ini. q

C A

B x

l Momen lentur di titik C adalah :

Mx

1 q  x 2

1 q x2 2



d2y dx 2 dy EI dx EI

EI y

MX 1 q  x 2

1 q x2 2

q x2 2 q x3 C1 6 1 q x4 3 q  x C1 x C 2 12 24 q  x 2 q  x2 4

Untuk x = 0, maka y = 0, maka akan diperoleh

C2

0

Berhubung beban adalah beban terbagi rata penuh, menghasilkan persamaan momen

1  dimana garis 2 dy 0 singgung puncak parabola sejajar dengan sumbu batang, sehingga putaran sudut dx q 3 substitusikan ke persamaan di atas sehingga diperoleh nilai C1 24 berbentuk parabola dan puncaknya terletak pada tengah bentang


x ,

25


Persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut menjadi :

1 q ( 3 x 2  x 3 x 4 ) 24 1 EI q ( 3 6  x 2 4 x 3 ) 24 1 Lendutan terbesar terletak pada tengah bentang, bila x  , yaitu : 2 5 EI y maks q l4 384 EI y

Dan putaran sudut di tumpuan A dan B menjadi

EI


maks

:

1 q l3 24

26


6. Carilah persamaan garis elastis dari balok di atas dua tumpuan yang dimuati momen M seperti Gambar dibawah ini. C

A

B

M

x a

b

l Momen lentur di titik C adalah :

Mx

RA x


d2y EI 2 MX dx d2y M EI 2 x  dx dy M EI x 2 C1 dx 2  M EI y x 3 C1 x C 2 6 

Untuk x = 0 dan y = 0, di titik A maka diperoleh

C2

0

Untuk x = l , dan y= 0, di titik B maka diperoleh

EI y 0 C1

M x3 6 

C1 x C 2

M 3  C1  6  M  6

Sehingga persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut menjadi :

EI y EI


M x3 M  x 6  6 2 M x M  2  6

27


Lendutan maksimum, bila

dy dx

0 , yaitu :

EI 0 x

dy M dx 2 2 M x 2  1  3 3

Dan putaran sudut di titik A dan B menjadi

x2 M   6 M  6 0,577 

:

M  6 EI M  3 EI

A

B

7. Carilah persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut dari balok di atas dua tumpuan yang dimuati momen M = 24 tm seperti Gambar dibawah ini, diminta menggambarkan diagram lendutan dan putaran sudutnya. C

A

B

M = 24 tm

x a

b L = 12 m


Mx

RA x


d2y EI 2 dx d2y EI 2 dx dy EI dx EI y


MX M x  M x 2 C1 2  M x 3 C1 x C 2 6 

28


Untuk x = 0 dan y = 0, di titik A maka diperoleh

C2

0

Untuk x = l , dan y= 0, di titik B maka diperoleh

M x3 6 

EI y

M 3  6  M  6

0 C1

C1 x C 2

C1 

Sehingga persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut menjadi :

EI y EI

M x3 M  x 1.000 3 x 48 10 7 x 6  6 3 M x2 M  1.000 x 2 48 10 7 2  6

Diagram lendutan dan putaran sudut didapat dengan memasukan nilai mulai dari 1,00 meter sampai dengan 12 meter kedalam variabel x dari persamaan di atas, dan diperoleh tabel

12 96 . 107

11

0

10

73 . 107

12 . 107 216.109

9

74,4.109

13, . 107 198,4.109


8

0 atau

M x2 M  1.000 x 2 2  6 2 1.000 x 48 10 7 6.928 meter dari titik A

dengan lendutan

7

52 . 107

32 . 107 170,7.109

x

6

146,7.109

39 . 107 135.109

0

5

33 . 107

44 . 107 93,4.109

EI

dy dx

4

189.109

47 . 107 47,6 . 106

Lendutan terbesar didapat, bila

3

16 . 107

48 . 107

2

213,4.109

Putaran Sudut

Lendutan

1

1 . 107

0

221,7.109

Titik x

0

sebagai berikut :

EI y

48 10 7

22170 , 25 10 7

29


Lendutan dengan integrasi persamaan gaya lintang dan persamaan beban Persamaan diferensial dasar untuk kurve lendutan suatu balok adalah :

d2y EI 2 dx

MX

Pers

1

Persamaan ini dapat diintegrasikan untuk setiap kasus untuk mendapatkan lendutan. Persamaan lain dapat diperoleh dengan menggantikan momen lentur dengan gaya lintang V dengan intensitas beban q dari beban terdistribusi. Diketahui hubungan antara M, V dan q, yakni:

dM dx

dV dx

V

q

bila melakukan diferensiasi pada persamaan dasar kurve lendutan akan diperoleh:

d d2y EI dx dx 2

dM dx

d2 d2y EI dx 2 dx 2

dV dx

V

q

Sehingga diperoleh persamaan diferensial untuk balok prismatis (EI konstan) menjadi:

d3y EI 3 dx d4y EI 4 dx


V

Pers

q

Pers

2

3

30


Contoh soal : 1.

Tentukan persamaan kurve lendutan pada balok kantilever AB dengan distribusi pembebanan segi tiga, dengan intensitas maksimum q 0, dan tentukan lendutan dan putaran sudut di titik B. q0

B

A

x l

Penyelesaian : Intensitas beban distribusi dinyatakan dengan persamaan :

 x :

q x : q0

q0  x 

qx

Dengan menggunakan persamaan ke 3 :

d4y dx 4 d4y EI 4 dx d3y Integrasi pertama persamaan 3 EI dx 3 EI

q q0  x q0  q0 x   2 q0 x q0 x C1 2 

q0 x 

q0

Untuk x = l maka gaya lintang V = 0, sehingga

EI

d3y dx 3

q0 x

q0 x 2 2 

q0  2 2 

0

q0 

C1

1 q0  2

C1

C1

Subsitusikan nilai C1 ke persamaan di atas :



q0 x

q0 x 2 2 

q0 2  2 

2 x

1 q0  2

q0 2 

x 2

x2

2

x2

31


EI

d3y dx 3

q0  2 

x

2

q0  2 

Maka gaya lintang di balok adalah V

x

2

Dengan mengintegrasikan untuk ke dua kalinya kita mendapat persamaan :

EI

d2y dx 2

q0  6 

x

3

C2

Persamaan ini sama dengan persamaan momen lentur M (pers 1), karena momen lentur adalah nol pada ujuang bebas balok, jakni pada saat x = l, maka diperoleh nilai C2 = 0

q0 d2y 3  x 2 6  dx q0 dy 4 EI  x C3 dx 24  EI

Integrasi ketiga menghasilkan

Untuk x = 0 Putaran sudut pada jepitan = 0 atau

q0  3 24

C3

dy dx

M

q0  6 

x

3

0 , diperoleh

Substitusi nilai C3, diperoleh persamaan putarna sudut :

dy EI dx Integrasi ke empat menghasilkan

EI y

q0 q0  3 4  x 24  24 q0 q0  3 4  x x C4 120  24

Untuk x = 0 lendutan pada jepitan = 0 atau y = 0, maka diperoleh

C4

q0  4 120

Substitusikan nilai C4, diperoleh persamaan lendutan :

EI

dy dx

EI y

q0 q0 3 4  x 24  24 q0 q0 3 4  x x 120  24

q0  4 120

Putaran sudut di ujung jepitan atau pada titik B diperoleh dengan memasukan nilai X = l adalah sebesar : B


q0  3 24EI

B

q0  4 30EI

32


2. Tentukan persamaan kurve lendutan untuk balok di atas dua tumpuan dengan beban overstek sebesar P seperti gambar, dan tentukan besar lendutan dan putaran sudut di titik C.

P A

C

B l

l/2 3P/2

P/2 Penyelesaian :

Karena gaya reaksi bekerja diperletakan A dan B, maka terdapat dua persamaan diferensial yang berbeda, yakni masing-masing untuk bagian AB dan Bagian BC. Reaksi pada perletakan A adalah sebesar P/2 dengan arah kebawa, sedangkan pada perletakan B adalah sebesar 3P/2 dengan arah keatas. Dengan melihat gambar di atas ternyata gaya lintang pada bagian AB dan bagian BC masing-masing adalah :

P ;0 2

V AB

VBC

P; 



x

x

3 2

Dengan menggunakan persamaan 2 untuk bagian balok AB,

d3y dx 3 d3y EI dx 3 d2y Integrasi pertama di peroleh EI dx 2 EI

V AB P 2 P x C1 2

Momen lentur di titik A = 0, pada saat x = 0, maka C 1 = 0, sehingga persamaan menjadi

d2y P x 2 2 dx P M x 0 2 EI


x



33


Demikian pula pada bagian BC

d3y dx 3 d3y EI dx 3 d2y Integrasi pertama di peroleh EI dx 2 EI

V BC P P x C2

Momen lentur di titik C = 0 pada saat x = 3l/2, sehingga diperoleh

3 P  2

C2 Sehingga persamaan menjadi

EI

d2y dx 2

M

3P 2

P x

P x

3P 2



0

3 2

Integrasi selanjutnya akan menghasilkan persamaan putaran sudut : Untuk bagian AB :

d2y EI dx 2 dy EI dx

P x 2 P 2 x 4

C3

dan untuk bagiab BC :

d2y EI P x dx 2 dy P 2 EI x dx 2

3P 2 3P x C4 2

karena putaran sudut di titik B harus sama, pada saat x = l maka :

P 2 x 4 P 2  4 C3

C4

C3 C3

P 2 x 2 P 2  2

3P x C4 2 3P 2 C4 2

3P 4

lanjutkan integrasi perikutnya akan menghasilkan persamaan lendutan : untuk bagian AB :

EI

dy dx

EI y


P 2 x 4 P 3 x 12

C3 C3 x C5

34


lendutan pada titik A = 0 pada saat x = 0, sehingga C5 = 0 persamaan menjadi

P 3 x 12

EI y

C3 x

lendutan pada titik B = 0 pada saat x = l, diperoleh :

P 2 12

C3

substitusi nilai C3 kepersamaan diatas akan diperoleh persamaan lendutan pada bagian AB

P 2 x 12

P 3 x 12

EI y

3P 4 2 P  3P C4 12 4 2 5P C4 6

dan nilai C4

C3

dan untuk bagian BC :

EI

C4

dy dx

EI y

P 2 3P 5P 2 x x 2 2 6 P 3 3P 2 5P 2 x x x C6 6 4 6

lendutan di titik B = 0 pada saat x = l,

EI y C6

P 3 x 6 P 3 4

3P 2 x 4

5P 2 x C6 6

substitusi nilai C4, maka diperoleh persamaan lendutan pada bagian BC

EI y

P 3 x 6

3P 2 x 4

5P 2 x 6

P 3 4

lendutan di ujuang overstek titik C : x = 3l/2

C


P 3 8EI

35


Lendutan dan Putaran sudut dengan Metode Superposisi Metode Superposisi merupakan konsep yang menyatakan bahwa lendutan suatu balok yang dihasilkan oleh beberapa beban yang bekerja secara simultan dapat diperoleh dengan mengsuperposisikan lendutan yang diakibatkan oleh beban yang sama yang bekerja secara terpisah. Hal ini dapat dilihat dari sifat persamaan diferensial kurve lendutan ( Persamaan 1,2, dan 3) yang merupakan persamaan diferensial linear, sehingga penyelesaian persamaan tersebut untuk beberapa kondisi pembebanan dapat ditambahkan secara aljabar atau disebut Superposisi. Sebagai ilustrasi dari metode superposisi dapat dilihat pada balok sederhana ACB yang terletak pada tumpuan A dan B, dibebani dengan beban terpusat dan beban terbagi rata seperti tergambar.

P

A

B

C l/2

l/2 C

A A

B C

l/2

B

l/2

dengan menggunakan metode superposisi didapatkan efek dari masing-masing beban yang bekerja secara terpisah kemudian digabungkan hasilnya. Untuk beban terbagi rata saja lendutan ditengah bentang dan putaran sudut sebesar :

A1

B1

q0  3 24EI

C1

5q  4 384EI

dan untuk beban terpusta P nilai yang didapatkan sebesar :

A2


B2

P 2 16EI

C2

P 3 48EI

36


dengan menggabung kedua hasil , maka diperoleh lendutan dan putran sudut akibat beban terpusat dan beban terbagi rata sebesar : A

C

B

A1

C1

A2

C2

q0  24EI

5q  4 384EI

P 2 16EI

P 3 48EI

Lendutan dan Putaran Sudut dengan Metode Momen Area Asumsi yang digunakan dalam menurunkan metode momen area sama dengan yang digunakan dalam menurunkan persamaan diferensial kurve lendutan, dengan menggunakan hubungan antara lengkungan, momen dan kekakuan batang dengan persamaan :

r

1 r

M EI

dan selanjutnya bila jari-jari lengkungan r dan panjang busur diferensial lengkungan ds akan didapat hubungan persamaan

1 r

d ds

sehingga dengan mengsubstitusi kedua persamaan akan diperoleh :

d


M ds EI

37


untuk balok dengan putaran sudut kecil, maka kita dapat mengganti ds dengan dx

M dx EI

d besaran

M dx

mempunyai interpretasi geomatrik sederhana, tepat dibawah balok pada

EI

gambar di atas digambarkan sebuah diagram M/EI. Ternyata diagram M/EI mempunyai bentuk yang sama dengan bidang momen asalkan angka kekakuan EI konstan. Besaran

M dx

adalah luas strip yang lebarnya dx didalam diagram M/EI,

EI

Dengan mengintegrasikan dθ antara titik A dan B dari kurve lendutan : B

B

d A

M dx EI A

Apabila persamaan ini diselesaikan, maka integral di sebelah kiri menjadi θ B – θA, yang sama dengan sudut θB/A antara garis singgung di B dan A, sedangkan integral di sebelah kanan sama dengan luas diagram M/EI antara titik A dan B. B B/ A

M dx EI A

= - [ Luas Daigram M/EI antara titik A dan B ] Tinjau kembali kurve lendutan antara titik A dan B , gambar garis singgung pada titik A berpotongan dengan garis vertikal yang melalui titik B di B 1, bila jarak vertikal antara titik B dan B1 diberi notasi tB/A , sebagai deviasi tangensial B terhadap A.


38


Untuk menentukan deviasi tangesial, diambil dua titik m 1 dan m2 pada kurva lendutan, bila sudut antara dua garis singgung dikedua titik adalah dθ dan segmen pada garis BB1 antara kedua garis singgung adalah dt, karena sudut antara garis singgung dengan sumbu x sangat kecil, maka jarak vertikal dt sama dengan x1dθ, dimana x1 adalah jarak horisontal dari titik B ke elemen kecil m1m2, dan karena dθ = Mdx/EI, maka :

dt

x1 d

B

B

dt

x1

A

M dx EI M dx EI x1

A b

tB / A

x1 a

tB / A

M dx EI

Momen pertama dari luas diagram

M EI

Untuk memudahkan hitungan dengan Momen Area methode yang menggunakan diagram Momen sebagai beban, maka perlu diketahu luas dan titik berat bidang-bidang momen yang umum ditemui seperti gambar dibawah ini.

a

t 1 3 1 3

a

t

Parabola

t 1

b

b

4

b

b Luas

1 b t 2

Gambar (a)


Luas

1 b t 3

Gambar (b)

39


t

Hiperbola

1 5

b Luas

t 3

b

8

b

1 b t 4

Luas

Gambar (c)

b

2 b t 3

Gambar (d)

Contoh Soal : 1.

Hitung Putaran Sudut dan Lendutan di titik B dan sembarang titik dari kantilevel yang dimuati beban titik P seperti Gambar dibawah ini.

P

C B

A

x l

P.x

Pl 1 3

Luas



Luas

1 P  2 1 P 2 2

Diagram Bid M Penyelesaian : Gambar bidang momen akibat beban terpusat P Jadikan bidang momen sebagai beban Pindahan jepitan ke titik B dan Hitung reaksi di titik B akibat beban bidang momen Besar putaran sudut di titik B = reaksi tumpuan dititik B dibagi angka kekakuan EI

B

Luas Bidang Momen EI

1 P  2 EI

P 2 2 EI

Lendutan dititik B = besarnya momen di titik B akibat beban bidang momen


40


Momen Bid M terhadap ttk B EI

B

1 2 P 2  2 3 EI

3P 3 EI

utaran sudut pada sembarang titik x :

EI

1 P x  2 P 2 x2 2 EI

x

x

x

1 P  2

x

1 P 2 2

x2

sedang besarnya lendutan di sembarang titik x :

EI

x

EI

x

1 1 1 2 P x x  x P  x  x 2 3 2 3 1 1 1 P x3 P 2 x P  6 2 3

2. Sebuah kantilever dimuati dengan beban terbagi rata q, hitung putaran sudut dan lendutan di titik B, serta pada sembarang titik x. q C B

A

x l

1

q 

2

1 4



Penyelesaian : Gambar bidang momen akibat beban terbagi rata q Jadikan bidang momen sebagai beban Pindahan jepitan ke titik B dan Hitung reaksi di titik B akibat beban bidang momen Besar putaran sudut di titik B = reaksi tumpuan dititik B dibagi dengan angka kekakuan EI.

B

Luas Bidang Momen EI

1 1 q 2  3 2 EI

q 3 6 EI



41



B

1 3 q 3  6 4 EI

q 4 8 EI

putaran sudut pada sembarang titik x :

EI

1 1 1 q 3 q x2 x 6 3 2 3 3 q x 6 EI

x

x

1 q 3 6

x3

sedang besarnya lendutan di sembarang titik x :

EI

x

EI

x

1 3 1 1 q   x q x3 x 6 4 6 4 1 1 1 q 4 q 3 x q x4 8 6 24

3. Balok sederhana di atas dua tumpuan, dimuati dengan beban terpusat P, hitung besarnya putaran sudut di kedua tumpuan dan putaran sudut dan lendutan pada sembarang titik X P D

A

B

C

x a

b

l

P a b 

Ra

x

1

K

3

b



Rb

Penyelesaian : Gambar bidang momen akibat beban terpusat P dititik C Jadikan bidang momen sebagai beban Hitung reaksi di titik A dan B akibat beban bidang momen


42


Besar putaran sudut di titik A = reaksi tumpuan di titik A dibagi dengan angka kekakuan EI demikian pula dititik B

Ra Rb

 b 3  a 3

1 P a b  2 1 P a b  2

P a b 6 P a b 6

 b   a 

Bila nilai Ra dan Rb dibagi dengan angka kekakuan EI, maka akan diperoleh θ a dan θb A

B

P a 6 P a 6

b  b EI  b  a EI 


B


1 3 q 3  6 4 EI

q 4 8 EI

Besar pitaran sudut pada sembarang titik x adalah = besar gaya lintang akibat beban Bid.M dititik x dibagi dengan angka kekakuan EI

EI x

x

Ra

K

P b 2 b2 3 x2 6 EI 

Besar lendutan pada sembarang titik x adalah = besar momen akibat beban Bid M dititik x dibagi angka kekakuan EI :

EI EI x


1 x 3 P a b x  b P b x2 1 x x 6  2  3 P b x 2 b2 3 x2 6 EI x

Ra x

K

43


Tekuk Struktur

pemikul/kolom beban dapat runtuh oleh berbagai faktor, tergantung dari

jenis struktur; kondisi tumpuan; jenis beban; dan bahan yang digunakan, hal ini dapat dicegah dengan merencanakan struktur sedemikian rupa sehingga tegangan maksimum dan peralihan maksimum masih berada dalam batas-batas yang diijinkan, jadi kekuatan dan kekakuan merupakan faktor-faktor yang sangat menentukan dalan suatu perencanaan pemikul/kolom. Sedangkan faktor lain adalah tekuk Hal-hal yang perlu diperhatikan dalam mempelajari Tekuk pada kolom, yakni : 1.

Kemampuan sebuah kolom dalam memikul beban tergantung pada perbandingan panjang dengan ukuran penampangnnya.

2. Beban ultimate/Beban kritis (Pcr) dari sebuah kolom pendek tergantung hanya pada kekuatan bahan yang digunakan dan pada penampang melintangnya. 3. Sebuah kolom panjang/langsing dapat runtuh akibat beban yang jauh lebih kecil dari pada beban ultimate kolom pendek. 4. Tekuk

adalah

Kondisi

dimana

pemberian

beban

pada

sebuah

kolom

panjang

mengakibatkan kolom tersebut tiba-tiba mengalami ketidakstabilan dan melengkung ke arah lateral. 5. Jika sebuah kolom mengalami tekuk, maka kolom tersebut tidak dapat lagi memikul beban tambahan. Jika sebuah beban P > Pcr kolom akan mengalami deformasi terus-menerus sampai runtuh. 6. Gaya sentris adalah gaya yang resultantenya jatuh pada sumbu kolom, sedangkan gaya eksentris adalah kombinasi dari gaya aksial dan momen lentur, dimana resultante gaya jatuh diluar sumbu kolom sehingga selain menimbulkan beban sentris pada sumbu kolom juga menimbulkan momen eksentrisiteit, yang dapat menimbulkan bahaya tekuk.


44


A. Kolom Pendek Sebuah kolom pendek yang menerima tekanan eksentris seperti Gambar 1. maka beban demikian dapat diuraikan sebagai gaya tekan P yang titik tangkapnya pada sumbu kolom ditambah dengan momen M = P . e terhadap sumbu kolom. a P

M = P.a

P

C1

C2 Gambar 1

c2

c1

Dengan uraian demikian maka pada setiap penampang akan mengalami tegangan normal 1

P ; dan tegangan lentur A

tersebut adalah :

P A

2

M Y , sehingga tegangan total yang diterima kolom IX

M Y , rumus tersebut merupakan persamaan linear. IX

Sedangkan nilai Y dapat bertanda positif maupun negatif, sehingga nilai tegangannya mungkin tarik atau tekan. Untuk Y = C1 (jarak terjauh serat kanan dari titik berat) , maka persamaan diatas akan menjadi

Maks

P A

M C1 , tegangan pada daerah ini menjadi IX

tekan maksimum, sedangkan bila Y = - C2 (jarak terjauh serat kiri dari titik berat), maka persamaan akan menjadi

Min

P A

M C2 IX

Dari persamaan terakhir dapat ditarik kesimpulan bahwa tegangan pada lapisan ini mungkin positif atau negatif. Karena pada umumnya kolom diharapkan selalu mendapatkan tegangan tekan, maka sangat perlu diketahui daerah dimana beban eksentris masih memberikan nilai tegangan tekan pada kolom, biasa daerah tersebut dinamakan Kern atau inti. Untuk memperoleh batas kern atau inti dapat dilakukan dengan cara sebagai berikut :


45


Bila diketahui jari-jari kelembaman

e.C2 P 1 A i2

Min

I ; maka persamaan di atas akan menjadi A

i2

; bila eksentrisiteit e cukup besar maka bagian

e C2 dari i2

persamaan ini dapat bernilai lebih besar dari 1, hal ini akan menyebabkan timbulnya tegangan tarik pada kolom. Perlu diketahui bahwa dalam kondisi tertentu misalnya untuk kolom yang terbuat dari bahan beton dan pasangan batu, mempunyai batas tegangan tarik yang sangat kecil bila dibandingkan dengan tegangan tekannya, maka dengan menetapkan batas eksentrisiteit pada tampang kolom dapat dicegah timbulnya tegangan tarik pada kolom akibat gaya eksentris. Untuk bentuk penampang kolom empat persegi yang mempunyai ukuran lebar dan tebal sama

1

dengan

e.C2 i2

e

maka

e 1

menimbulkan

h 6

h,

1 h 2

1 2 h 12

tegangan

C1

1

tarik

=

C2

=

½

h

;

maka

I A

i2

1 3 bh 12 b h

1 2 h ; 12

6e , dengan demikian batas daerah yang tidak akan h bila

1

6e h

0 atau batas esentrisiteit adalah

h 6

Secara umum hal ini dapat diterangkan dengan meninjau suatu bentuk penampang kolom empat persegi panjang dengan ukuran lebar b dan tebal t, yang menerima gaya tekan P dengan titik tangkap di A seperti gambar 2 X b

v

O

Y n

a m

A

u Gambar 2


46


dimana OY dan OX adalah sumbu utama yang melalui titik berat potongan, maka gaya tersebut akan menimbulkan momen pada sumbu Y, M Y = P.n dan momen sumbu X, MX = P.m, sehingga

IX

tegangan

i X2 A dan I Y

yang

terjadi

P A

:

1

n Y i X2

P n Y IX

P n Y 1 A i X2

iY2 A , sehingga didapat :

akan sama dengan nol apabila : dimana

adalah

m X iY2

P m X ; dimana IY m X iY2

persamaan ini

0 , yaitu persamaan garis lurus ab

0 , yang disebut garis tegangan nol yaitu garis yang melalui serta-serat yang

mempunyai tegangan sama dengan nol, semua serat pada kolom yang terletak pada daerah yang tidak diarsir akan mengalami tegangan tekan, sedangkan serat pada daerah yang diarsir akan mengalami tarik. Titik potong garis tegangan nol ini dengan sumbu utama Y dan X didapat mencari nilai u dan v : (dengan mengambil Y = 0, kemudian X = 0)

dan

v

u

rX2 m

rY2 Dengan pengertian eksentris e dan garis tegangan nol pada kolom, maka n

didapat batas kern atau inti pada kolom, agar gaya aksial yang bekerja di dalam batas tersebut selalu menimbulkan tegangan tekan. Dan agar garis tegangan nol terletak pada

t 6

sisi tampang, yaitu u = ½ t dan v = ½ b, maka batas nilai m adalah nilai n adalah

b 6

e

t dan batas 6

b lihat gambar 3 batas tersebut berbentuk layang-layang 6 X

daerah tersebut dinamakan kern, inti, galih.

m

Y

m

t

n

n b


e

Gambar 3.

47


B. Kolom Panjang/Langsing Terdapat empat kondisi yang umum ditemui pada kolom langsing dalam menerima gaya aksial dan mengalami peristiwa tekuk seperti gambar 4. Pernyataan untuk beban kritis dari kolom dengan kondisi seperti pada gambar telah ditemukan oleh ahli matematika Swiss L.Euler pada tahun 1783 yakni dengan melakukan penurunkan dari persamaan differensial garis elastis :

d

y x

Gambar 4. Sebagai contoh diambil konsidi kedua dari empat kondisi di atas yakni : kolom langsing panjang sama dengan l pada bagian bawahnya dijepit sedangkan pada ujungnya yang bebas diberikan gaya tekan aksial P. Maka pada sebuah titik yang berjarak X dari dasar akan terjadi momen lentur sebesar :

d2y elastis dx 2 k

2

MX

Pd

d2y M , maka diperoleh EI dx 2

P d2y persamaan menjadi EI dx 2

k 2d

Pd y dengan menggunakan faktor EI k 2 y dengan menyelesaikan persamaan ini

akan diperoleh persamaan matematik umum yakni:

dy dx


y , berdasarkan persamaan garis

y

C1 sin kx C2 cos kx d

C1 k cos kx C 2 k sin kx .

48


Untuk mengetahui konstante C1 dan C2 digunakan syarat batas sebagai berikut: 1.

Untuk titik A berlaku bila x = 0; y = 0 berarti C2 = -d

dy dx

2. Untuk titik A juga berlaku bila x = 0 ; Dari

y

kedua

syarat

batas

0 berarti C1 = 0

persamaan

y

C1 sin kx C2 cos kx d

menjadi

d 1 cos kx

3. Untuk titik B berlaku bila x =  ; didapat y = d, Maka persamaan menjadi

d

d cos k d atau d

atau d cos k

d 1 cos k

0 , berarti ada dua

kemungkinan yang terjadi yakni : 1) d = 0 bila ujung kolom tetap ditempat atau kolom tetap tegak dalam keadaan seimbang; 2) cos k

0 berarti diperoleh nilai k

2

2

atau

k2

4. bila nilai

4 2 P , maka akan diperoleh rumus EI

k 2 di subsitusikan kedalam persamaan k 2

gaya tekuk menurut Euler adalah : 2

PT

EI 4 2k

Pcr

Bila rumus ini disubsitusikan kedalam persamaan

y

d 1 cos k akan menghasilkan

persamaan elastis untuk kolom. Dengan cara yang sama didapat rumus gaya tekuk menurut Euler untuk empat kondisi adalah sebagai berikut : Kondisi Tekuk ke 1 sendi – sendi dimana panjang tekuk  k 2

PT

Pcr



EI min 2

Kondisi Tekuk ke 2 jepit – bebas dimana panjang tekuk  k

2

2

PT

EI min 4 2

Pcr

Kondisi Tekuk ke 3 jepit – jepit dimana panjang tekuk

PT


Pcr

4

k

1  2

2

EI min 2

49


Kondisi Tekuk ke 4 jepit – sendi dimana panjang tekuk

PT

2

Pcr

k

1  2 2

2

EI min 2

Ke empat rumus gaya tekuk menurut Euler, dapat dihitung tegangan kritis yang berlaku sampai dengan batas berlakunya hukum Hooke, yakni :

cr

dengan menggunakan jari-jari inersia

PT A 2 imin

2

EI min 2 A

I min A

2

diperoleh

cr

E



2

dimana

imin

 imin

merupakan angka kelangsingan 2

cr

E

2

, sehingga rumus tegangan kritis menjadi :

tegangn ini menggambarkan suatu diagram lengkung asimtoot, seperti

gambar 5. dan kerena tegangan kritis ini berlaku dalam batas Hukum Hooke, maka 2 cr

E

2

2

atau

2

E

Gambar 5.


50


Dari uraian di atas ternyata bahwa pada tiang-tiang yang mempunyai faktor kerampingan yang besar, tekuk akan timbul sebelum tegangan tekan mencapai batas elastisitas

P

, jadi

dalam hal ini kekuatan kolom ditentukan oleh rumus Euler dan di pakai bagian BC dari garis Euler sebagai dasar perencanaan Gambar 6.

Gambar 6. Pada tiang pendek (

sangat kecil) dapat dimengerti bahwa tiang akan rusak, bila kekuatan

batas telah dilewati, sebelum dicapai harga

cr

. Kerusakan dapat berbentuk kehancuran

seperti pada beton atau meleleh pada konstriksi baja, dalam hal ini kekuatan bahan terhadap tekan yang menentukan. Dalam gambar 6. hal ini diperlihatkan oleh garis DE yang memperlihatkan batas kekuatan yang telah dipilih. Ringkasan tahapan pemeriksaan untuk tekuk pada tiang atau kolom : 1.

Hitung panjang tekuk  k

2. Hitung

I A

i2

3. Hitung angka kelangsingan

k imin

4. Lihat dalam tabel atau peraturan 5. Periksa

cr

w

P A

w untuk memdapatkan koefisian tekuk w

syarat agar tidak terjadi tekuk; bila syarat tidak terpenuhi

maka harus penampang kolom diperbesar atau memperpendek kolom untuk memperbesar kekakuan kolom.


51


Contoh Soal : 1.

Diketahui tiang dari kayu dengan ukuran 20 x 20 cm dengan panjang 5 m, dibebani dengan beban 3 ton bekerja excentris, bagian bawah tiang terjepit sedang atas bebas, E kayu = 105 kg/cm2 Ditanyakan Tegangan extrim pada ujung yang terjepit dan pergeseran diujung bebas ? Penyelesaian : Karena bentuk penampang bujur sangkar maka

1 b h3 12

1 20 20 3 12

Ix

Iy

i2

I A

k

panjang tekuk

13 .333 ,33 cm4

y

A

13 .333 ,33 20 20

r

5,77 cm

x 5m

k rmin

20 cm

1.000 5,77

2 

2 500

1.000 cm

173 ,5 105 (kayu)

digunakan rumus Euler

2

10 5 13 .333 ,33 13 .080 kg 13,08 ton 4 500 2 Pcr 13,08 Angka keamanan n 4,36 aman P 3 Momen pada sisi penampang atau di titik A P 10 cm 3.000 10 30.000 kg cm PT

Pcr

2

EI min 4 2

2

M 2 2 E I

30 .000 500 2,92 CM Pergeseran akibat momen 2 10 5 13 .333 ,33 n 4,36 y' 2.92 3,79 cm Pergeseran akibat momen dan tekuk y n 1 4,36 1 Jadi pergeseran diujung bebas = 3,79 cm Sehingga momen akibat pergeseran

P 10 3.79

3.000 13,79

41,3 103 kg

Tegangan ekstrim di jepitan

P A

M y I

3.000 400

3.000 400

41,3 10 3 13 .333 ,33

41,3 10 3 3.79 13 .333 ,33 23,5 kg

Aman karena tegangan batas kayuj jati klas IV


38,5 kg

cm 2

cm 2

cm 2

kayu jati

60 kg

cm 2

belum dilampaui

52


PUNTIRAN / TORSI Puntiran / Torsi merupakan peristiwa dimana sebuah batang yang dibebani oleh kopel-kopel yang menghasilkan putaran terhadap sumbu longitudinalnya atau sumbu memanjangnya. Lihat gambar 1.

Gambar 1 Lebih jelasnya kita tinjau sebuah batang yang berpenampang lingkaran yang dipuntir oleh kopel-kopel T yang bekerja pada ujung batang, batang yang dibebani dengan cara ini akan mengalami puntiran murni, dan berdasarkan pertimbangan simetris, maka dapat dilihat bahwa penampang akan berputan kaku terhadap sumbu longitudinalnya dengan jari-jari tetap lurus dan penampang tetap berbentuk bidang bulat. Juga bila sudut puntiran total batangnya kecil, maka baik panjang dan jari-jari batang tidak akan mengalami perubahan. Selama puntiran, akan terjadi perputaran terhadap longitudinal dari salah satu ujung batang terhadap yang lainnya. Misalnya ujung sebelah kiri batang dijepit, maka ujung sebelah kanannya akan berputar melalui sebuah sudut kecil gambar 2. Sudut


terhadap ujung sebelah kirinya. Lihat

ini disebut sudut puntir.

53


Gambar 2. Peristiwa ini dapat dilihat bila sebuah garis longitudinal pada permukaan batang seperti garis nn akan berputar dengan sudut yang kecil pula terhadap kedudukan nn’ Karena perputaran ini. Maka sebuah elemen empat persegi panjang pada permukaan batang dengan panjang dx bentuknya akan berubah menjadi sebuah romboid, dimana bagian batang yang berbentuk piringan dipisahkan dari sisa bagian batang lainnya. Bila susunan elemen ini diberi nama abcd, maka selama pemuntiran penampang sebelah kanan berputar terhadap permukaan yang berhadapan dengannya, dan titik b dan c berturut-turut bergerak ke b’ dan c’ Panjang dari rusuk-rusuk elemen ini tidak mengalami perubahan selama perputan ini, tetapi sudut-sudut pada titik-titik sudutnya tidak lagi sama dengan 90 o jadi elemen ini berada dalam keadaan geser murni, dan besarnya regangan puntir/geser

sama

dengan mengecilnya sudut siku-siku a, besarnya pengurangan sudut ini adalah :

bb ab Dimana bb’

adalah panjang dari busur kecil berjari-jari r yang mengapit sudut

d

yang

berupakan sudut putar dari salah satu penampang terhadap yang lainnya, jadi diperoleh bahwa

bb

r d , dan ab sama dx dengan dengan mengsubsitusikan hasil ini kepersamaan r d d . Dimana besaran menyatakan dx dx

di atas, maka diperoleh regangan puntir/geser

perubahan sudut puntir. bila

d dx

, maka rumus regangan puntir/geser akan menjadi

r Dalam keadaan khusus untuk puntir murni, maka perubahan sudut puntir

d akan dx

konstan sepanjang arah memanjang batang, karena tiap-tiap penampang dikenakan momen puntir yang sama. Oleh karena itu kita peroleh

L

, dimana L adalah panjang sumbu,

sehingga rumus regangan puntir/geser berubah menjadi :

r


r L

54


karena penurunan rumus di atas hanya berdasarkan kosep geometrik saja, maka dengan demikian rumus yang diperoleh dapat berlaku bagi semua batang bundar, tidak perduli dari bahan apa batang tersebut dibuat, apakah elastis, tak elastis, linier atau non linier. Tegangan geser

dalam batang bundar memiliki arah-arah yang diperlihatakan

dalam gambar 2. Untuk suatu bahan elastis linier, maka tegangan geser ini berhubungan dengan regangan geser melalui hukum Hooke untuk keadaan geseran, sehingga diperoleh :

G

G r

; dimana G adalah modulus geser elastis.

Regangan dan tegangan di bagian dalam dapat ditentukan dengan cara yang sama seperti yang dipergunakan bagi sebuah elemen pada permukaan poros. Karena jari-jari penampang batang tetap lurus dan ridak berubah bentuk selama pemuntiran, maka kita dapat kita lihat bahwa pembahasan untuk elemen abcd permukaan luar di atas akan tetap berlaku untuk elemen yang sama yang terdapat pada permukaan bagian dalam dari sebuah selinder berjari-jari

. Oleh karena itu elemen bagian dalam juga akan berada dalam geser murni

dengan regangan geser dan regangan geser bersangkutan diperoleh dari persamaan :

G

G

Persamaan ini memperlihatkan bahwa regangan dan tegangan dalam batang bundar berubah secara linier terhadap jarak radial

dari pusat, dan memiliki harga maksimum pada

suatu elemen di permukaan luar. Tegangan puntir disebabkan oleh momen torsi yang bekerja pada penampang batang. Dalam menganalisa tegangan puntir,momen torsi yang biasanya dinyatakan dalam vektor rotasi diubah menjadi vektor translasi dengan menggunakan aturan tangan kanan. Lipatan jari tangan

arah

vektor

rotasi

dan

jari

jempol

menunjukkan

vektor

translasi.

Seperti halnya Gaya Aksial, teganan puntir muncul ( momen puntir ada ) bila batang tersebut dipotong. Metoda irisan tetap digunakan untuk mendapatkan momen puntir dalam sehingga tegangan puntir dapat dicari. Momen puntir dalam ini yang akan mengimbangi momen puntir luar sehingga bagian struktur tetap dalam kondisi setimbang.


55


Gambar 1. Poros yang mengalami momen puntir. Untuk mencari hubungan antara momen puntir dalam dengan tegangan pada penampang batang bulat, perlu dibuatkan asumsi sebelumnya Asumsi-asumsi yang diambil: 1.Potongan normal tetap dibidang datar sebelum maupun sesudah puntiran. 2.Regangan geser berbanding lurus terhadap sumbu pusat. 3.Potongan normal tetap berbentuk bulat selama puntiran. 4.Batang dibebani momen puntir dalam bidang tegak lurus sumbu batang. 5.Tegangan puntir tidak melebihi batas proporsional. 6.Tegangan geser berubah sebanding dengan regangan linier.

Gambar 2. Potongan penampang.

Berdasarkan asumsi yang diambil ( butir 2 dan 6 ) maka tegangan geser maksimum terletak pada keliling penampang sehingga dapat dicari hubungan antara tegangan geser dengan jarak


56


terhadap sumbu pusat. Didapat :

Gaya geser inilah

nantinya akan megantisipasi momen torsi luar.

Besar adalah momen inersia polar dari luas penampang. sebagai Ip (momen inersia polar) Sehingga :

dinotasi

Besarnya tegangan geser secara umum :

Dimana : : teganngan geser : jarak titik yang dinyatakan terhadap pusat : momen inersia polar penampang luas.

Misalkan penampang batang bulat maka harga momen inersia polar :


57


==> I polar lingkaran Dimana C : jari-jari lingkaran dan I polar lingkaran. Sedangkan untuk silinder berongga harga Ip :

Dimana b : jari-jari dalam. Bila tabung itu tipis maka b sebanding dengan c dan c-b=t yaitu tebal tabung, maka :

Dalam mendesain bagian-bagian struktur yang menyangkut kekuatan, maka tegangan geser yang memenuhi syaratlah yang dipilih. Karena batang yang mengalami puntiran sering dipakai untuk meneruskan daya, maka percobaan fatique pada batang sering dilakukan. 1.Hubungan Daya dengan Torsi.

dimana:

Maka :


58


2.Sudut Puntir Batang Bulat. Poros penerus daya dirancang bukan saja mengenai kekuatan tetapi poros juga tidak boleh mengalami deformasi yang berlebihan.

Gambar 3. Batang mengalami puntiran. Gambar diatas :

Didapat :


59


CONTOH : 1.Sebuah poros pejal untuk sebuah motor 8 kw bekerja pada 30 Hz. Tegangan geser maksimum 55.10³ kN/m². Tentukan diameter poros ? Solusi :

Jadi diameter poros

2.Sebuah poros solid untuk mesin penggiling meneruskan daya sebesar 30 hp pada 100 rpm. Tentukan Ø batang sedemikian rupa tegangan geser tidak melebihi 422 ksc dan sudut puntir tidak melebihi 5,73° dalam bentangan 3m. G=8,4.10³ ksc. Solusi :


60


Jadi diameter poros 6,36 cm 3.Dua batang solid dari bahan yang berlainan disambung dan terjepit kedua ujungnya. Batang Al Ø=7,6 cm dan G=2,8.10^5 ksc. Batang baja Ø= 5 cm dan G=8,4.10^5 ksc. Jika torsi T=11.521 kG.cm bekerja di titik pertemuan dua bahan tersebut. Tentukan tmax pada masing-masing batang.


61



62

BahanKuliahMekanikaBahanKuliah1

Recommend Documents